1、20202021年度河南省高三仿真模拟考试数学(理科)考生注意：1.本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分，共150分，考试时间120分钟，2.请将各题答案填写在答题卡上.3.本试卷主要考试内容：高考全部内容.第I卷一选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的.1.已知，复数的共轭复数在复平面内对应的点在（ ）A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限2.已知集合，集合，则（ ）A. B.C. D.3.已知平面向量，且，则（ ）A. B.2 C.1 D.4.若圆被直线截得的弦长为6，则（ ）A.26 B.31
2、C.39 D.435.设满足约束条件，则的最大值为（ ）A. B. C.2 D.06.函数的图象大致为（ ）A. B.C. D.7.三星堆古遗址是迄今在西南地区发现的范围最大，延续时间最长，文化内涵最丰富的古城古国古蜀文化遗址三星堆遗址被称为20世纪人类最伟大的考古发现之一，昭示了长江流域与黄河流域一样，同属中华文明的母体，被誉为“长江文明之源”，考古学家在测定遗址年代的过程中，利用“生物死亡后体内的碳14含量按确定的比率衰减”这一规律，建立了样本中碳14的含量，随时间x(年)变化的数学模型：(表示碳14的初始量).2020年考古学家对三星堆古遗址某文物样本进行碳14年代学检测，检测出碳14的
3、含量约为初始量的68%，据此推测三星堆古遗址存在的时期距今大约是（ ）(参考数据：)A.2796年 B.3152年 C.3952年 D.4480年8.展开式中的系数为（ ）A. B.3 C. D.159.若关于的方程在区间上有且只有一个解，则的值不可能为（ ）A. B. C. D.010.在三棱锥中，底面是面积为的正三角形，若三棱锥的每个顶点都在球的球面上，且点恰好在平面内，则三棱锥体积的最大值为（ ）A. B. C. D.11.如图，在平行四边形中，点是边上一点，且，记为的面积，为的面积，则当取得最小值时，（ ）A. B. C. D.12.设同时为椭圆与双曲线的左右焦点，设椭圆与双曲线在第一
4、象限内交于点，椭圆与双曲线的离心率分别为为坐标原点，现有下述四个结论：，则，则，则的取值范围是，则的取值范围是其中所有正确结论的编号是（ ）A. B. C. D.第II卷三填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在答题卡中的横线上.13.若，则_.14.沙漏是一种古代的计时装置，它由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成，开始时细沙全部在上部容器中，细沙通过连接管道全部流到下部容器所需要的时间称为该沙漏的一个沙时，如图，某沙漏由上下两个圆锥组成，该圆锥的高为1，若上面的圆锥中装有高度为的液体，且液体能流入下面的圆锥，则液体流下去后的液面高度为_.15.规定记号表示一种运算，
5、即，若，函数的图象关于直线对称，则_.16.三分损益法是古代中国发明制定音律时所用的生律法.三分损益包含“三分损一“三分益一两层含义，三分损一是指将原有长度作3等分而减去其1份，即原有长度生得长度；而三分益一则是指将原有长度作3等分而增添其1份，即原有长度生得长度，两种方法可以交替运用连续运用，各音律就得以辗转相生，假设能发出第一个基准音的乐器的长度为243，每次损益的概率为，则经过5次三分损益得到的乐器的长度为128的概率为_.三解答题：共70分，解答应写出文字说明证明过程或演算步骤.第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答，第22，23题为选考题，考生根据要求作答.(一)必考题：共60
6、分.17.(12分)在公比大于0的等比数列中，已知依次组成公差为4的等差数列（1）求的通项公式；（2）设，求数列的前项和18.(12分)如图，在四棱锥中，（1）证明.（2）若平面平面，经过的平面将四棱锥分成左右两部分的体积之比为，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.19.(12分)已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，.（1）求抛物线的标准方程.（2）已知直线交抛物线于点，且，证明：直线过定点.20.(12分)某企业有甲乙两条生产同种产品的生产线，据调查统计，100次生产该产品所用时间的频数分布表如下：所用的时间(单位：天)10111213甲生产线的频数10201010乙生产线的频数520205假设
7、订单A约定交货时间为11天，订单B约定交货时间为12天.(将频率视为概率，当天完成即可交货)（1）为尽最大可能在约定时间交货，判断订单A和订单B应如何选择各自的生产线(订单A，B互不影响)；（2）已知甲乙生产线的生产成本分别为3万元2万元，订单A，B互不影响，若规定实际交货时间每超过一天就要付5000元的违约金，现订单A，B用（1）中所选的生产线生产产品，记订单A，B的总成本为(万元)，求随机变量的期望值.21.(12分)已知函数（1）讨论的单调性；（2）当时，桓成立，求的取值范围.(二)选考题：共10分，请考生在第22.23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.22，选修4-4：
8、坐标系与参数方程(10分)在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为为参数)，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.（1）当时，求与交点的直角坐标；（2）射线的极坐标方程为，射线与曲线的交点为(异于点，与直线的交点为，若为的中点，求.23.选修4-5：不等式选讲(10分)已知函数（1）当时，求不等式的解集.（2）若，证明：.20202021年度河南省高三仿真模拟考试数学参考答案(理科)1.A【解析】本题考查复数的除法运算和共轭复数，考查运算求解能力.，复数的共轭复数在复平面内对应的点是，在第一象限.2.C【解析】本题考查集合的运算，考查运算求解能力.集合3.D【解析】本题
9、考查平面向量的数量积，考查运算求解能力.由，得，所以，则，故选.4.C【解析】本题考查圆的方程，直线和圆的位置关系，考查运算求解能力.可化为，所以圆心到直线的距离，所以，解得5.B【解析】本题考查线性规划，考查数形结合的数学思想.画出可行域(图略)知，当平移到过点时，取得最大值，最大值为6.B【解析】本题考查函数的图象，考查数形结合的数学思想.为奇函数，排除A.排除当时当时排除故选.7.B【解析】本题考查对数的运算，考查逻辑推理能力.设三星堆古遗址存在的时期距今大约是年，则，即，所以，解得8.D【解析】本题考查二项式定理，考查运算求解能力.，的系数为9.B【解析】本题考查三角函数的性质，考查数
10、形结合的数学思想.化简可得，即在区间上有且只有一个解，即的图象和直线只有1个交点.又，则.当，即时，可得当，即时，可得；当，即时，可得要使得的图象和直线只有1个交点，结合的图象(图略，可得或，解得或一，故选10.B【解析】本题考查三棱锥的外接球，考查空间想象能力.由题可知底面的边长为，因为三棱锥外接球的球心恰好在平面内，所以球的半径为2，则三棱锥体积的最大值为11.C【解析】本题考查解三角形，考查运算求解能力.设，因为，所以.令，则.由，得，可得，即，且在上单调递减，在上单调递增，所以当时，取得最小值.12.D【解析】本题考查椭圆与双曲线的性质，考查数形结合的数学思想.如图，设，焦距为，由椭圆
11、定义可得，由双曲线定义可得，解得.当时，则，所以，即，由离心率的公式可得，故正确.当时，可得，即，可得，由，可得，可得，即，则，可设，则，由在上单调递增，可得，则，故正确.故选13.【解析】本题主要考查二倍角公式，考查运算求解能力.因为，则.14.【解析】本题考查圆锥的体积，考查空间想象能力.，当液体流下去后，所以液体流下去后的液面高度为.15.1【解析】本题考查新定义与函数的性质，考查数形结合的数学思想.因为函数的图象关于直线对称，所以解得16.【解析】本题考查概率，考查逻辑推理能力.设5次三分损益中有次三分损一，所以，解得故所求概率为.17.解（1）设的公比为，因为成等差数列，所以，则，又
12、，所以又因为，所以，所以（2）由题可知，则，-得.故18.（1）证明：取的中点，连接因为，所以为平行四边形，又，所以因为，所以，又，所以平面因为平面，所以（2）解：因为平面平面，平面平面，所以平面因为，所以平面即为平面以为坐标原点，以所在直线分别为轴轴轴建立如图所示的空间直角坐标系，令，则，所以设平面的法向量为，则即令，则，所以.又平面的一个法向量为设平面与平面所成的角(锐角)为，则，所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为.19.（1）解：过向抛物线的准线作垂线，垂足为图略，则，故又在拋物线上，所以，则，解得故抛物线的标准方程为（2）证明设，直线的方程为，则因为，所以，即，将直线的方程与抛物线方
13、程联立可得，则，所以，直线的方程为，则直线过定点20.解：（1）频率分布表如下：所用的时间(单位：天)10111213甲生产线的频率乙生产线的频率设事件分别表示订单选择甲乙生产线在约定时间交货；事件分别表示订单选择甲乙生产线在约定时间交货.，所以订单选择甲生产线，订单选择乙生产线.（2）设表示订单实际交货时间超过约定时间的天数，表示订单实际交货时间超过约定时间的天数的分布列分别如下：012：01设，则的分布列如下：0123所以万元，所以订单的总成本的期望值为万元.21.解（1）.若，则当时，当时，所以在上单调递增，在上单调递减.若，令，解得.当时，则在和上单调递增，在上单调递减.当时，则在上单调递增.当时，则在和上单调递增，在上单调递减.（2）由题可得，即若在的最小值为，而所以当时，恒成立.若在单调递增，而，所以当时，恒成立若，则，所以当时，不可能恒成立综上所述，的取值范围为.22.解：（1）由可得，所以曲线的普通方程为当时，所以直线的直角坐标方程为由可得或从而与交点的直角坐标为和（2）曲线的普通方程可化为，所以曲线的极坐标方程为，由题意设将代人，可得将代人，可得又为的中点，则，解得23.（1）解：当时，当时，解得，此时；当一时，解得，此时；当时，解得，此时.综上所述，不等式的解集为（2）证明：因为，所以，则.由均值不等式可得，所以，所以，当且仅当时等号成立.又，所以成立.
